SVILUPPI DI TAYLOR Esercizi risolti Esercizio 1 Utilizzando gli

SVILUPPI DI TAYLOR
Esercizi risolti
Esercizio 1
Utilizzando gli sviluppi fondamentali, calcolare gli sviluppi di McLaurin (con resto di Peano)
delle funzioni seguenti fino all’ ordine n indicato:
1. f (x) = log(1 + 3x)
(n = 3)
2. f (x) = cos(x2 )
√
√
3. f (x) = 1 + x − 1 − x
(n = 10)
4. f (x) = sin(x2 ) − sinh(x2 )
(n = 6)
(n = 3)
3
5. f (x) = ex − 1 − sin(x3 )
6. f (x) = e3x − 1 sin 2x
(n = 12)
(n = 4)
3
7. f (x) = (e−x − 1)
(n = 4)
Esercizio 2
Calcolare lo sviluppo di Taylor con resto di Peano delle seguenti funzioni nel punto x0 indicato
e fino all’ ordine n richiesto:
1. f (x) = ex
x0 = −1
(n = 3)
x0 = π/2
(n = 5)
3. f (x) = 2 + x + 3x2 − x3
x0 = 1
(n = 2)
4. f (x) = log x
x0 = 2
(n = 3)
2. f (x) = sin x
Esercizio 3
Calcolare lo sviluppo di McLaurin con resto di Peano delle seguenti funzioni fino all’ ordine n
richiesto:
1. f (x) = log(1 + sin x)
(n = 3)
2. f (x) = log(cos x)
(n = 4)
1
1 + x + x2
√
4. f (x) = cosh x
(n = 4)
3. f (x) =
(n = 4)
Esercizio 4
Utilizzando gli sviluppi di Taylor, calcolare l’ ordine di infinitesimo e la parte principale (rispetto
alla funzione campione usuale) delle seguenti funzioni:
1. f (x) = sin x − x cos √x
3
√
2. f (x) = cosh2 x − 1 + 2x2
x→0
x→0
3. f (x) = e1/x − esin(1/x)
x → +∞
Esercizio 5
Utilizzando gli sviluppi di Taylor, calcolare i seguenti limiti:
ex − 1 + log(1 − x)
x→0
tan x − x
1. lim
3
2
ex − cos x − x2
2
2. lim
x→0
x4
2
log(1 + x arctan x) + 1 − ex
p
x→0
1 + 2x4 − 1
1
2
4. lim
x − x log 1 + sin
x→+∞
x
3. lim
2
51+tan x − 5
5. lim
x→0 1 − cos x
Esercizio 6
1. Calcolare lo sviluppo di McLaurin al quarto ordine (con resto di Peano) della funzione
f (x) = cos(2x) e−2x .
2. Calcolare il limite
cos(2x) e−2x − 1 + 2x
.
x→0
x sin(x2 )
lim
Esercizio 7
1. Calcolare l’ordine di infinitesimo e la parte principale per x → 0 della funzione
√
f (x) = sin x − x2 − x 1 − 2x.
2. Utilizzando il risultato precedente, calcolare f 00 (0), f 000 (0), e studiare la natura del punto
critico x = 0 (massimo, minimo, flesso).
Esercizio 8
1. Calcolare lo sviluppo di McLaurin al terzo ordine della funzione
g(x) = log(1 + tan x).
2. Calcolare l’ordine di infinitesimo e la parte principale per x → 0 della funzione
f (x) = log(1 + tan x) − x + 12 x2 .
3. Utilizzando il risultato precedente, calcolare f 00 (0), f 000 (0), e stabilire se x = 0 è un punto
di massimo, di minimo o di flesso.
Esercizio 9
1. Calcolare lo sviluppo di McLaurin al terzo ordine della funzione
g(x) = earctan x .
2. Calcolare lo sviluppo di McLaurin al terzo ordine della funzione
√
h(x) = 1 + 2x.
3. Calcolare l’ordine di infinitesimo e la parte principale per x → 0 della funzione
√
f (x) = earctan x − 1 + 2x.
Esercizio 10
1. Calcolare lo sviluppo di McLaurin al quarto ordine della funzione
f (x) = sin(2x) e2x .
2. Utilizzando il risultato precedente, calcolare f (4) (0).
3. Calcolare il limite
sin(2x) e2x − tan(2x) − 4x2
.
x→0
x4
lim
Svolgimenti
Esercizio 1
1. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
log(1 + z) = z −
z2 z3
zn
+
+ . . . + (−1)n+1
+ o(z n ),
2
3
n
(1)
operando la sostituzione z = 3x. Si ha o(z) = o(3x) = o(x) per x → 0. Possiamo quindi
arrestare lo sviluppo fondamentale a n = 3, ottenendo:
(3x)2 (3x)3
9x2
+
+ o(x3 ) = 3x −
+ 9x3 + o(x3 ).
2
3
2
log(1 + 3x) = 3x −
2. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
cos z = 1 −
z2 z4
z 2n
+
+ . . . + (−1)n
+ o(z 2n+1 )
2!
4!
(2n)!
(2)
e operiamo la sostituzione z = x2 . Ricordando che o((xm )n ) = o(xmn ), si ha o(z n ) =
o(x2n ); possiamo quindi troncare lo sviluppo fondamentale al termine in z 4 , ottenendo:
cos x2 = 1 −
x4 x8
+
+ o(x10 ).
2!
4!
3. Consideriamo lo sviluppo della funzione (1 + z)α per α = 1/2 arrestandolo al terzo ordine:
√
1+z =1+
z z2
z3
−
+
+ o(z 3 ).
2
8
16
(3)
Sostituendo in questo sviluppo dapprima z = x e poi z = −x, si ha:
√
√
x x2 x3
x x2 x3
3
3
1+x− 1−x =
1+ −
+
+ o(x ) − 1 − −
−
+ o(x )
2
8
16
2
8
16
= x+
x3
+ o(x3 ).
8
4. Utilizziamo gli sviluppi fondamentali
z3 z5
z 2n+1
+
+ . . . + (−1)n
+ o(z 2n+1 ),
3!
5!
(2n + 1)!
z 2n+1
z3 z5
sinh z = z +
+
+ ... +
+ o(z 2n+1 ),
3!
5!
(2n + 1)!
sin z = z −
sostituendo z = x2 e osservando che è sufficiente arrestarsi al termine cubico. Si ha
x6
x6
6
2
6
2
2
2
sin x − sinh x =
x −
+ o(x ) − x +
+ o(x )
3!
3!
= −
x6
+ o(x6 ).
3
(4)
(5)
5. Utilizziamo lo sviluppo (4) e lo sviluppo della funzione esponenziale
ez = 1 + z +
z2 z3
zn
+
+ ... +
+ o(z n ).
2!
3!
n!
(6)
Lo sviluppo richiesto è di ordine 12; tenendo conto del fatto che dobbiamo operare
la sostituzione z = x3 , possiamo arrestare lo sviluppo del seno all’ordine 3 e quello
dell’esponenziale all’ordine 4. Otteniamo
3
f (x) = ex − 1 − sin(x3 )
(x3 )2 (x3 )3 (x3 )4
(x3 )3
3
3 4
3
3 4
=
1+x +
+
+
+ o (x ) − 1 − x −
+ o (x )
2!
3!
4!
3!
=
=
x6 x9 x12 x9
+
+
+
+ o(x12 )
2
6
24
6
x6 x9 x12
+
+
+ o(x12 ).
2
3
24
6. Utilizziamo gli sviluppi (4) e (6). Viene richiesto lo sviluppo fino al quarto ordine; entrambi i fattori dovranno quindi essere sviluppati almeno fino a tale ordine:
e3x − 1 sin 2x
(2x)3
(3x)2 (3x)3 (3x)4
+
+
+ o(x4 ) − 1
2x −
+ o(x4 )
=
1 + 3x +
2!
3!
4!
3!
2
3
4
3
9x
9x
81x
4x
=
3x +
+
+
+ o(x4 )
2x −
+ o(x4 )
2
2
24
3
f (x) =
Svolgiamo il prodotto, trascurando i termini di ordine superiore al quarto, ottenendo:
f (x) = e3x − 1 sin 2x = 6x2 + 9x3 + 5x4 + o(x4 ).
7. Riferendoci allo sviluppo (6) sviluppiamo la funzione g(x) = e−x − 1 fino al quarto ordine:
g(x) = e−x −1 = 1−x+
(−x)2 (−x)3 (−x)4
x2 −x3 x4
+
+
+o(x4 )−1 = −x+ +
+ +o(x4 ).
2!
3!
4!
2!
3!
4!
Lo sviluppo ottenuto deve essere elevato al cubo; tutti i termini che si ottengono sono di
grado superiore al quarto, tranne due: il cubo di −x e il triplo prodotto tra il quadrato
di −x e x2 /2. Lo sviluppo richiesto si riduce quindi a:
f (x) = e
−x
−1
3
3
x2 −x3 x4
3x4
4
= −x +
+
+
+ o(x ) = −x3 +
+ o(x4 ).
2!
3!
4!
2
Esercizio 2
1. Con la sostituzione x − x0 = x + 1 = z (⇒ x = z − 1) ci riconduciamo allo sviluppo della
funzione g(z) = f (z − 1) = ez−1 centrato in z0 = 0 e arrestato al terzo ordine. Usando lo
sviluppo (6) otteniamo
z2 z3
z−1
−1 z
−1
3
e
=e e =e
1+z+
+
+ o(z )
2!
3!
Ritornando alla variabile x si ha
(x + 1)2 (x + 1)3
x
−1
3
1 + (x + 1) +
e =e
+
+ o((x + 1) ) .
2!
3!
= z ci riconduciamo allo sviluppo della funzione g(z) =
2. Con la sostituzione x − π
2
π
f z+π
2 = sin z + 2 = cos z con centro z0 = 0. Utilizzando lo sviluppo (2) arrestato
al quarto ordine e ritornando alla variabile x, otteniamo
π 2 π 4
x−
x−
π 5
2
2
sin x = 1 −
+
+o
.
x−
2!
4!
2
3. Posto x − 1 = t dobbiamo calcolare lo sviluppo al secondo ordine centrato in t0 = 0 della
funzione
g(t) = f (t + 1) = 2 + (t + 1) + 3(t + 1)2 − (t + 1)3 = 5 + 4t − t3 .
Poichè questa è un polinomio, il suo sviluppo di McLaurin coincide con la funzione stessa.
Essendo richiesto lo sviluppo al secondo ordine possiamo trascurare il termine cubico,
ottenendo g(t) = 5 + 4t + o(t2 ). Ritornando alla variabile x si ha
f (x) = 5 + 4(x − 1) + o((x − 1)2 ).
Un altro metodo consiste nell’utilizzare direttamente la formula di Taylor, calcolando
f (1), f 0 (1) e f 00 (1):
f (1) = 5, f 0 (x) = 1 + 6x − 3x2 , f 0 (1) = 4, f 00 (x) = 6 − 6x, f 00 (1) = 0.
Riotteniamo cosı̀ il risultato precedente.
4. Operiamo la sostituzione x − 2 = t; dobbiamo sviluppare la funzione g(t) = f (t + 2) =
log(t + 2) con centro t0 = 0. Per ricondurci allo sviluppo (1), scriviamo
t
t
log(t + 2) = log 2 1 +
= log 2 + log 1 +
.
2
2
Utilizzando (1) al terzo ordine con la sostituzione z = t/2, otteniamo:
log(t + 2) = log 2 +
t
t2
t3
− +
+ o(t3 ),
2
8
24
e tornando alla variabile x:
log x = log 2 + 12 (x − 2) − 18 (x − 2)2 +
1
24 (x
− 2)3 + o((x − 2)3 ).
Esercizio 3
1. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale (1); poiché la funzione sin x è infinitesima per x → 0
possiamo operare la sostituzione z = sin x, ottenendo lo sviluppo
log(1 + sin x) = sin x −
(sin x)2 (sin x)3
+
+ o((sin x)3 ).
2
3
(7)
Poiché sin x ∼ x per x → 0, si ha o((sin x)3 ) = o(x3 ). Per ottenere lo sviluppo richiesto
possiamo quindi sviluppare la funzione sin x nella (7), trascurando i termini di ordine
superiore al terzo:
log(1 + sin x) =
2
3
x3
x3
x3
1
1
x−
x−
x−
+ o(x3 ) −
+ o(x3 ) +
+ o(x3 ) + o(x3 )
6
2
6
3
6
x3 x2 x3
−
+
+ o(x3 )
6
2
3
x2 x3
= x−
+
+ o(x3 ).
2
6
= x−
In modo equivalente, possiamo sviluppare prima la funzione sin x dentro al logaritmo,
ottenendo log(1+x− 16 x3 +o(x3 )), e poi il logaritmo con la sostituzione z = x− 61 x3 +o(x3 ).
Ritroviamo cosı̀ lo stesso risultato.
2. Poichè cos x → 1 per x → 0, possiamo scrivere la funzione cos x come 1 + z, dove z è un
1 4
infinitesimo per x → 0. Infatti dallo sviluppo (2) si ha cos x = 1− 12 x2 + 24
x +o(x4 ) (x →
1 2
1 4
0). Sostituiamo dentro al logaritmo e usiamo lo sviluppo (1) con z = − 2 x + 24
x + o(x4 ).
Poichè z ∼ − 12 x2 (x → 0), possiamo arrestare lo sviluppo (1) al secondo ordine, ottenendo
1 2
1 4
4
log(cos x) = log 1 − x + x + o(x )
2
24
2
2
2
x
1
x
x4
x4
4
4
− +
+ o(x ) −
+ o(x ) + o(x4 )
=
− +
2
24
2
2
24
x2 x4 x4
+
−
+ o(x4 )
2
24
8
x2 x4
+ o(x4 ).
= − −
2
12
= −
3. Utilizziamo lo sviluppo fondamentale
1
= 1 − z + z 2 − z 3 + . . . + (−1)n z n + o(z n ),
1+z
(8)
operando la sostituzione z = x + x2 ; poiché x + x2 ∼ x per x → 0, dobbiamo arrestare lo
sviluppo ai termini di quarto grado. Si ha quindi:
1
1 + x + x2
= 1 − (x + x2 ) + (x + x2 )2 − (x + x2 )3 + (x + x2 )4 + o(x4 )
= 1 − (x + x2 ) + (x2 + 2x3 + x4 ) − x3 + 3x4 + o(x4 ) + x4 + o(x4 ) + o(x4 )
= 1 − x + x3 − x4 + o(x4 ).
4. Ricordando lo sviluppo del coseno iperbolico:
cosh z = 1 +
abbiamo
√
z2 z4
z 2n
+
+ ... +
+ o(z 2n ),
2!
4!
(2n)!
(9)
1/2
x2 x4
4
cosh x = 1 +
+
+ o(x )
.
2
4!
1 4
x + o(x4 ). Essendo z ∼ 21 x2
A questo punto utilizziamo lo sviluppo (3) con z = 12 x2 + 24
(x → 0), è sufficiente arrestarsi al secondo ordine, e si ottiene
2
√
1 x2 x4
1 x2 x4
4
4
cosh x = 1 +
+
+ o(x ) −
+
+ o(x ) + o(x4 )
2 2
4!
8 2
4!
= 1+
x2 x4
−
+ o(x4 ).
4
96
Esercizio 4
1. Si considera lo sviluppo (4) e lo sviluppo (2) con la sostituzione z = √x ; non è immediato
3
decidere a priori a quale termine arrestarsi, in quanto si possono avere cancellazioni dei
primi termini; proviamo ad arrestare lo sviluppo del seno al quinto grado e quello del
coseno al quarto, cioè calcoliamo lo sviluppo di f (x) al quinto ordine. Si ha:
!
√
√
x
x3 x5
(x/ 3)2 (x/ 3)4
5
4
sin x − x cos √
= x−
+
+ o(x ) − x 1 −
+
+ o(x )
3!
5!
2!
4!
3
x3
x5
x3 x5
5
5
+
+ o(x ) + −x +
−
+ o(x )
=
x−
3!
5!
6
216
=
x5
+ o(x5 )
270
Possiamo quindi concludere che la p.p. di f (x) per x → 0 è x5 /270 e che l’ordine di
infinitesimo è 5. Osserviamo che se negli sviluppi ci fossimo fermati prima (e cioè al terzo
ordine in (4) e al secondo in (2)) avremmo ottenuto f (x) = o(x3 ) e non saremmo riusciti a
calcolare la parte principale. Poiché, come abbiamo già detto, non è possibile determinare
a priori l’ordine a cui fermarsi, si deve “provare”, ripetendo eventualmente il calcolo se il
risultato non si rivela significativo.
2. La funzione f (x) è pari, per cui nel suo sviluppo compaiono solamente potenze pari. Come
tentativo, possiamo arrestare gli sviluppi al quarto ordine; tenendo conto di (9) e di (3),
si ha:
2 x2 x4
2x2 4x4
4
4
f (x) =
1+
+
+ o(x ) − 1 +
−
+ o(x )
2!
4!
2
8
x4
x4
2
4
2
4
=
1+x +
+ o(x ) − 1 + x −
+ o(x )
3
2
=
5x4
+ o(x4 ).
6
4
La funzione f (x) è quindi infinitesima di ordine 4 per x → 0 e la sua p. p. è 5x
6 .
3. Con la sostituzione t = 1/x ci riconduciamo allo studio della funzione g(t) = et − esin t per
t → 0; possiamo quindi riferirci agli sviluppi (6) e (4). Proviamo ad arrestare gli sviluppi
al terzo ordine:
t3
3)
g(t) = et − esin t = et − et− 3! +o(t
t2 t3
= 1 + t + + + o(t3 ) −
2! 3!
1
= 1 + t + t2 +
2
1 3
t + o(t3 )
=
6
Quindi
t3
1
1+t− +
3! 2!
!
2
3
t3
t3
1
t−
t−
+
+ o(t3 )
3!
3!
3!
1 3
1
1
1
t − 1 − t + t3 − t2 − t3 + o(t3 )
6
6
2
6
(t → 0).
1
f (x) = 3 + o
6x
1
x3
(x → +∞).
Concludiamo che la funzione f (x) è un infinitesimo del terzo ordine per x → +∞ (rispetto
a 1/x) e la sua parte principale è 1/(6x3 ).
Esercizio 5
1. Lo sviluppo di McLaurin della funzione tangente, arrestato al quinto ordine, è:
tan z = z +
z 3 2z 5
+
+ o(z 5 )
3
15
(10)
3
Lo sviluppo del denominatore è quindi tan x − x = x3 + o(x3 ). Sviluppiamo anche il
numeratore al terzo ordine utilizzando gli sviluppi (6) e (1):
x2 x3
x2 x3
x
3
3
e − 1 + log(1 − x) =
1+x+
+
+ o(x ) − 1 + −x −
−
+ o(x ) =
2
6
2
3
x3
+ o(x3 ).
6
Possiamo quindi concludere che
= −
x3
+ o(x3 )
e − 1 + log(1 − x)
1
6
lim
= lim 3
=− .
x→0
x→0 x
tan x − x
2
+ o(x3 )
3
x
−
2. Sviluppiamo il numeratore al quarto ordine; tenendo conto degli sviluppi (6) e (2) si ha
3 2
x4
x2 x4
3
11
x2
2
4
4
e −cos x− x = 1 + x +
+ o(x ) − 1 −
+
+ o(x ) − x2 = x4 +o(x4 ).
2
2
2
24
2
24
Quindi
11 4
3
2
ex − cos x − x2
x + o(x4 )
11
2
24
lim
= lim
=
4
4
x→0
x→0
24
x
x
3. Dallo sviluppo (3) si ha:
p
1 + 2x4 − 1 = 1 + 12 (2x4 ) + o(x4 ) − 1 = x4 + o(x4 ).
Calcoliamo ora lo sviluppo al quarto ordine della funzione a numeratore. Ricordando lo
sviluppo di McLaurin dell’arcotangente:
arctan x = x −
x2n+1
x3 x5 x7
+
−
+ · · · + (−1)n
+ o(x2n+1 ),
3
5
7
2n + 1
(11)
e gli sviluppi (1) e (6), abbiamo:
log(1 + x arctan x) + 1 − e
x2
=
=
=
=
1 3
1 4
3
2
4
log 1 + x x − x + o(x )
+ 1 − 1 + x + x + o(x )
3
2
1
1
log 1 + x2 − x4 + o(x4 ) − x2 − x4 + o(x4 )
3
2
2
1
1
1
1
x2 − x4 − x2 − x4 + o(x4 )
x2 − x4 −
3
2
3
2
4
1 1 1
x4 + o(x4 ) = − x4 + o(x4 ).
− − −
3 2 2
3
Concludiamo che:
lim
x→0
log(1 + x arctan x) + 1 − e
p
1 + 2x4 − 1
4x4
+ o(x4 )
4
3
=− .
4
4
3
x + o(x )
−
x2
= lim
x→0
1 . Bisogna in4. Il limite è della forma limx→+∞ (x − g(x)), dove g(x) = x2 log 1 + sin x
nanzitutto studiare il comportamento della funzione g(x) per capire se ci troviamo di
fronte a una forma indeterminata del tipo ∞ − ∞. Con la sostituzione t = 1/x ci riconlog(1 + sin t)
duciamo a studiare la funzione h(t) = g(1/t) =
per t → 0. Otteniamo (si
t2
tenga presente l’esercizio 3.1):
log(1 + sin t)
=
t2
t−
t2
+ o(t2 )
1 1
2
= − + o(1)
2
t
2
t
(t → 0),
per cui
1
1
x2 log 1 + sin
= x − + o(1)
x
2
(x → +∞).
Questo risultato ci dice che effettivamente x − g(x) è una forma indeterminata del tipo
∞ − ∞ e nello stesso tempo ci fornisce lo strumento per risolverla; infatti si ha:
1
1
1
1
2
lim
x − x log 1 + sin
= lim
x − x + + o(1) = lim
+ o(1) = .
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
2
2
2
5. Sviluppiamo la funzione al denominatore ed eseguiamo alcuni passaggi algebrici:
tan2 x
2
1+tan2 x
5
5
−
1
5
−5
etan x log 5 − 1
lim
= lim
=
10
lim
.
x→0 1 − cos x
x→0
x→0 x2 + o(x2 )
x2
2
+ o(x )
2
Dagli sviluppi (10) e (6) si ha: tan2 x = (x + o(x))2 = x2 + o(x2 ),
2
etan
x log 5
− 1 = ex
2
log 5+o(x2 )
− 1 = x2 log 5 + o(x2 ).
Concludiamo che
2
51+tan x − 5
x2 log 5 + o(x2 )
= 10 log 5.
= 10 lim
x→0 1 − cos x
x→0
x2 + o(x2 )
lim
Esercizio 6
1. Utilizzando gli sviluppi (2) e (6) otteniamo
(2x)2 (2x)4
(−2x)2 (−2x)3 (−2x)4
−2x
4
4
cos(2x) e
= 1−
+
+ o(x ) 1 − 2x +
+
+
+ o(x )
2!
4!
2!
3!
4!
4 3 2 4
2 4
4
2
4
2
1 − 2x + 2x − x + x + o(x )
= 1 − 2x + x + o(x )
3
3
3
4
2
2
= 1 − 2x + 2x2 − x3 + x4 − 2x2 + 4x3 − 4x4 + x4 + o(x4 )
3
3
3
8 3 8 4
4
= 1 − 2x + x − x + o(x ).
3
3
2.
8 3
8 3
3
3
cos(2x) e−2x − 1 + 2x
8
3 x + o(x )
3 x + o(x )
=
lim
=
lim
= .
2
2
2
3
3
x→0
x→0 x (x + o(x ))
x→0 x + o(x )
x sin(x )
3
lim
Esercizio 7
1. Utilizzando gli sviluppi (4) e (3) otteniamo
1
1
1
2 3
3
2
2
f (x) = x − x − (x − x ) + o(x ) − x 1 + (−2x) − (−2x) + o(x )
3!
2
8
1
1
= x − x2 − x3 − x + x2 + x3 + o(x3 )
6
2
1 3
1 3
3
= x + o(x ) ∼ x (x → 0).
3
3
2
Dunque f è un infinitesimo di ordine 3 per x → 0 con parte principale 31 x3 .
2. Poichè manca il termine in x2 nello sviluppo di Mc Laurin di f , si ha f 00 (0) = 0. Inoltre
f 000 (0)
1
= coefficiente di x3 = , ⇒ f 000 (0) = 2.
3!
3
Evidentemente x = 0 è un punto critico per f (cioè f 0 (0) = 0). Per stabilirne la natura
ricordiamo il seguente risultato (ricerca dei massimi, dei minimi e dei flessi con il metodo
delle derivate successive):
se in un punto x0 si ha f 0 (x0 ) = 0 = f 00 (x0 ) = · · · = f (n−1) (x0 ), f (n) (x0 ) 6= 0 con n ≥ 2
(cioè se in x0 si annullano tutte le derivate fino all’ordine n − 1 mentre la derivata n-esima
è diversa da zero) allora
• se n è pari, x0 è un punto di minimo relativo se f (n) (x0 ) > 0, di massimo relativo se
f (n) (x0 ) < 0;
• se n è dispari, x0 è un punto di flesso (a tangente orizzontale e ascendente se
f (n) (x0 ) > 0, discendente se f (n) (x0 ) < 0).
Nel nostro caso abbiamo n = 3 e dunque x = 0 è un punto di flesso.
Esercizio 8
1. Utilizzando gli sviluppi (1) e (10) otteniamo
x3
3
log(1 + tan x) = log 1 + x +
+ o(x )
3
2
3
x3
x3
1
x3 1
−
x+
x+
+
+ o(x3 )
=x+
3
2
3
3
3
x3 1 2 1 3
=x+
− x + x + o(x3 )
3
2
3
1 2 2 3
= x − x + x + o(x3 ).
2
3
2. Si ha
2
2
1
f (x) = log(1 + tan x) − x + x2 = x3 + o(x3 ) ∼ x3 (x → 0).
2
3
3
Quindi f è un infinitesimo del terzo ordine per x → 0, con parte principale 23 x3 .
3. Si ha f 0 (0) = 0, f 00 (0) = 0, f 000 (0) =
(ascendente a tangente orizzontale).
2
3
× 3! = 4 > 0, quindi x = 0 è un punto di flesso
Esercizio 9
1. Utilizzando gli sviluppi (6) e (11) otteniamo
earctan x = ex−
x3
+o(x3 )
3
2
3
1
x3
1
x3
x3
+
x−
+
x−
+ o(x3 )
=1+x−
3
2!
3
3!
3
x3 x2 x3
=1+x−
+
+
+ o(x3 )
3
2
6
1
1
= 1 + x + x2 − x3 + o(x3 ).
2
6
2. Utilizzando lo sviluppo (3) otteniamo
1
1
1
(1 + 2x)1/2 = 1 + (2x) − (2x)2 + (2x)3 + o(x3 )
2
8
16
1
1
= 1 + x − x2 + x3 + o(x3 ).
2
2
3. Si ha
1 2 1 3
1 2 1 3
3
3
f (x) = 1 + x + x − x + o(x ) − 1 + x − x + x + o(x )
2
6
2
2
2
= x2 − x3 + o(x3 ) = x2 + o(x2 ) ∼ x2 (x → 0).
3
Quindi f è un infinitesimo di ordine 2 per x → 0, con parte principale x2 .
Esercizio 10
1. Utilizzando gli sviluppi (4) e (6) otteniamo
1
(2x)2 (2x)3
2x
3
4
3
f (x) = sin(2x) e = 2x − (2x) + o(x )
1 + 2x +
+
+ o(x )
3!
2!
3!
4 3
4 3
4
2
3
= 2x − x + o(x )
1 + 2x + 2x + x + o(x )
3
3
8
4
8
= 2x + 4x2 + 4x3 + x4 − x3 − x4 + o(x4 )
3
3
3
8 3
4
2
= 2x + 4x + x + o(x ).
3
2. Poichè manca il termine in x4 nello sviluppo di Mc Laurin di f , si ha f (4) (0) = 0.
3. Dallo sviluppo (10) si ha: tan 2x = 2x + (2x)3 /3 + o(x4 ), e quindi
2x + 4x2 + 83 x3 − 2x − 83 x3 − 4x2 + o(x4 )
sin(2x) e2x − tan(2x) − 4x2
=
lim
x→0
x→0
x4
x4
o(x4 )
= lim
=0
x→0 x4
lim
per la definizione di o-piccolo. Non è dunque necessario calcolare la parte principale del
numeratore (sviluppando al quinto ordine) ai fini del calcolo del limite.